2020版高考數學一輪復習 第2章 函數、導數及其應用 第11節(jié) 導數的應用（第1課時）導數與函數的單調性教學案 理（含解析）新人教A版

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1、第十一節(jié)　導數的應用 [考綱傳真]　1.了解函數單調性和導數的關系；能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區(qū)間(其中多項式函數一般不超過三次).2.了解函數在某點取得極值的必要條件和充分條件；會用導數求函數的極大值、極小值(其中多項式函數一般不超過三次)；會求閉區(qū)間上函數的最大值、最小值(其中多項式函數一般不超過三次).3.會利用導數解決某些實際問題(生活中的優(yōu)化問題)． 1．函數的單調性 在(a，b)內函數f(x)可導，f′(x)在(a，b)任意子區(qū)間內都不恒等于0. f′(x)≥0?f(x)在(a，b)上為增函數． f′(x)≤0?f(x)在(a，b)上為減函數． 2．

2、函數的極值 (1)函數的極小值： 函數y＝f(x)在點x＝a的函數值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數值都小，f′(a)＝0；而且在點x＝a附近的左側f′(x)＜0，右側f′(x)＞0，則點a叫做函數y＝f(x)的極小值點，f(a)叫做函數y＝f(x)的極小值． (2)函數的極大值： 函數y＝f(x)在點x＝b的函數值f(b)比它在點x＝b附近的其他點的函數值都大，f′(b)＝0；而且在點x＝b附近的左側f′(x)＞0，右側f′(x)＜0，則點b叫做函數y＝f(x)的極大值點，f(b)叫做函數y＝f(x)的極大值． 極小值點、極大值點統(tǒng)稱為極值點，極大值和極小值統(tǒng)稱為極值． 3

3、．函數的最值 (1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值． (2)若函數f(x)在[a，b]上單調遞增，則f(a)為函數的最小值，f(b)為函數的最大值；若函數f(x)在[a，b]上單調遞減，則f(a)為函數的最大值，f(b)為函數的最小值． [常用結論] 1．可導函數f(x)在(a，b)上是增(減)函數的充要條件是：對?x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子區(qū)間內都不恒為零． 2．對于可導函數f(x)，f′(x0)＝0是函數f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件． 3．閉區(qū)間上連續(xù)函數的最值在端

4、點處或極值點處取得． [基礎自測] 1．(思考辨析)判斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)若函數f(x)在區(qū)間(a，b)上單調遞增，那么在區(qū)間(a，b)上一定有f′(x)>0.(　　) (2)函數的極大值不一定比極小值大．(　　) (3)函數的最大值不一定是極大值，函數的最小值也不一定是極小值．(　　) (4)若實際問題中函數定義域是開區(qū)間，則不存在最優(yōu)解．(　　) [答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)× 2．(教材改編)如圖是函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象，則下面判斷正確的是(　　) A．在區(qū)間(－2,1)上，f(x)是增函數

5、 B．在區(qū)間(1,3)上f(x)是減函數 C．在區(qū)間(4,5)上f(x)是增函數 D．當x＝2時，f(x)取到極小值 C　[結合原函數與導函數的關系可知，當x∈(4,5)時，f′(x)＞0，∴y＝f(x)在(4,5)上是增函數，故選C.] 3．函數f(x)＝cos x－x在(0，π)上的單調性是(　　) A．先增后減 B．先減后增 C．增函數 D．減函數 D　[∵f′(x)＝－sin x－1， ∴當x∈(0，π)時，f′(x)＜0， ∴f(x)在(0，π)上是減函數．] 4．已知a是函數f(x)＝x3－12x的極小值點，則a＝(　　) A．－4 B．－2

6、C．4 D．2 D　[由f′(x)＝3x2－12＝0得x＝±2，又當x＜－2時，f′(x)＞0，當－2＜x＜2時，f′(x)＜0，當x＞2時，f′(x)＞0，∴x＝2是f(x)的極小值點，即a＝2.] 5．函數y＝2x3－2x2在區(qū)間[－1,2]上的最大值是________． 8　[y′＝6x2－4x，令y′＝0， 得x＝0或x＝. ∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，f＝－， f(2)＝8，∴最大值為8.] 第1課時　導數與函數的單調性 利用導數求函數的單調區(qū)間 【例1】　(1)函數y＝x2－ln x的單調遞減區(qū)間為(　　) A．(－1,1] B．(

7、0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) (2)(2016·北京高考)設函數f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4. ①求a，b的值； ②求f(x)的單調區(qū)間． (1)B　[∵y＝x2－ln x， ∴x∈(0，＋∞)，y′＝x－＝. 由y′≤0可解得0＜x≤1， ∴y＝x2－ln x的單調遞減區(qū)間為(0,1]，故選B.] (2)[解]?、賔′(x)＝ea－x－xea－x＋b，由切線方程可得解得a＝2，b＝e. ②f(x)＝xe2－x＋ex，f′(x)＝(1－x)e2－x＋e. 令g(x)＝(1－x)e2－

8、x， 則g′(x)＝－e2－x－(1－x)e2－x＝e2－x(x－2)． 令g′(x)＝0得x＝2. 當x＜2時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減； 當x＞2時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增． 所以x＝2時，g(x)取得極小值－1，也是最小值． 所以f′(x)＝g(x)＋e≥e－1＞0. 所以f(x)的增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無減區(qū)間． [規(guī)律方法]　1.掌握利用導數求函數單調區(qū)間的3個步驟 (1)確定函數f(x)的定義域； (2)求導數f′(x)； (3)由f′(x)＞0(或f′(x)＜0)解出相應的x的取值范圍，對應的區(qū)間為f(x)的單調遞增(減)區(qū)間． 2．理

9、清有關函數單調區(qū)間的3個點 (1)單調區(qū)間是函數定義域的子區(qū)間，所以求解函數的單調區(qū)間要先求函數的定義域； (2)求可導函數f(x)的單調區(qū)間，可以直接轉化為f′(x)＞0與f′(x)＜0這兩個不等式的解集問題來處理； (3)若可導函數f(x)在指定區(qū)間D上單調遞增(減)，則應將其轉化為f′(x)≥0(f′(x)≤0)來處理． (1)(2019·北京模擬)函數f(x)＝x2－2ln x的單調遞減區(qū)間是(　　) A．(0,1) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－1,1) (2)(2019·威海模擬)函數f(x)＝(x－3)ex的單調遞增區(qū)間是________．

10、 (1)A　(2)(2，＋∞)　[(1)∵f′(x)＝2x－＝(x＞0)， ∴當x∈(0,1)時，f′(x)＜0，f(x)為減函數； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)為增函數． (2)函數f(x)＝(x－3)ex的導數為f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.f′(x)＝(x－2)ex＞0，解得x＞2.] 利用導數討論函數的單調性 【例2】　設函數f(x)＝aln x＋，其中a為常數． (1)若a＝0，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)討論函數f(x)的單調性． [解]　(1)由題意知a＝0時，f(

11、x)＝，x∈(0，＋∞)． 此時f′(x)＝.可得f′(1)＝，又f(1)＝0， 所以曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x－2y－1＝0. (2)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝＋＝. 當a≥0時，f′(x)＞0，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 當a＜0時，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a， 由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)， ①當a＝－時，Δ＝0，f′(x)＝≤0， 函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞減． ②當a＜－時，Δ＜0，g(x)＜0， f′(x)＜0，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞減． ③當－＜a

12、＜0時，Δ＞0. 設x1，x2(x1＜x2)是函數g(x)的兩個零點， 則x1＝，x2＝. 由x1＝＝＞0， 所以x∈(0，x1)時，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數f(x)單調遞減； x∈(x1，x2)時，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數f(x)單調遞增； x∈(x2，＋∞)時，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數f(x)單調遞減． 綜上可得： 當a≥0時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； 當a≤－時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞減； 當－＜a＜0時，f(x)在，上單調遞減， 在上單調遞增． [規(guī)律方法]　研究含參數函數的單調性時，需注意依據參數取值對不

13、等式解集的影響進行分類討論. (1)討論分以下四個方面,①二次項系數討論，②根的有無討論，③根的大小討論，④根在不在定義域內討論. (2)討論時要根據上面四種情況，找準參數討論的分類. (3)討論完必須寫綜述. 已知函數f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x，當a＜0時，討論函數f(x)的單調性． [解]　函數的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝x－＋a－2＝. ①當－a＝2，即a＝－2時，f′(x)＝≥0，f(x)在(0，＋∞)內單調遞增． ②當0＜－a＜2，即－2＜a＜0時，∵0＜x＜－a或x＞2時，f′(x)＞0；－a＜x＜2時，f′(x)＜0， ∴f(x)在(0，

14、－a)，(2，＋∞)內單調遞增，在(－a,2)內單調遞減． ③當－a＞2，即a＜－2時， ∵0＜x＜2或x＞－a時，f′(x)＞0；2＜x＜－a時，f′(x)＜0， ∴f(x)在(0,2)，(－a，＋∞)內單調遞增，在(2，－a)內單調遞減． 綜上所述，當a＝－2時，f(x)在(0，＋∞)內單調遞增；當－2＜a＜0時，f(x)在(0，－a)，(2，＋∞)內單調遞增，在(－a,2)內單調遞減；當a＜－2時，f(x)在(0,2)，(－a，＋∞)內單調遞增，在(2，－a)內單調遞減． 函數單調性的應用 ?考法1　比較大小或解不等式 【例3】　(1)設函數f′(x)是定義在(0,

15、2π)上的函數f(x)的導函數，f(x)＝f(2π－x)，當0＜x＜π時，若f(x)sin x－f′(x)cos x＜0，a＝f，b＝0，c＝－f，則(　　) A．a＜b＜c　　　 B．b＜c＜a C．c＜b＜a D．c＜a＜b (2)(2019·山師大附中模擬)已知f′(x)是函數f(x)的導函數，f(1)＝e，?x∈R,2f(x)－f′(x)＞0，則不等式f(x)＜e2x－1的解集為(　　) A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(－∞，e) D．(e，＋∞) (1)A　(2)B　[(1)由f(x)＝f(2π－x)，得函數f(x)的圖象關于直線x＝π對稱，令g(x

16、)＝f(x)cos x，則g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x＞0， 所以當0＜x＜π時，g(x)在(0，π)內遞增， 所以g＜g＜g＝g，即a＜b＜c，故選A. (2)設F(x)＝，則F′(x)＝′＝. 因為2f(x)－f′(x)＞0， 所以F′(x)＝＜0， 即F(x)是單調遞減函數， f(x)＜e2x－1等價于＜1，即F(x)＜1. 又因為f(1)＝e， 所以F(1)＝＝1， 則不等式f(x)＜e2x－1的解集是(1，＋∞)，故選B.] ?考法2　求參數的取值范圍 【例4】　已知函數f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)． (1)若

17、函數h(x)＝f(x)－g(x)存在單調遞減區(qū)間，求a的取值范圍； (2)若函數h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調遞減，求a的取值范圍． [解]　(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)， 所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在單調遞減區(qū)間，所以當x∈(0，＋∞)時，－ax－2＜0有解， 即a＞－有解． 設G(x)＝－，所以只要a＞G(x)min即可． 而G(x)＝2－1，所以G(x)min＝－1. 所以a＞－1，即a的取值范圍為(－1，＋∞)． (2)由h(x)在[1,4]上單調遞減得， 當x∈[1,4]時，h′(x)＝－a

18、x－2≤0恒成立， 即a≥－恒成立． 所以a≥G(x)max，而G(x)＝2－1， 因為x∈[1,4]，所以∈， 所以G(x)max＝－(此時x＝4)， 所以a≥－，即a的取值范圍是. [母題探究]　(1)本例(2)中，若函數h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調遞增，求a的取值范圍． (2)本例(2)中，若h(x)在[1,4]上存在單調遞減區(qū)間，求a的取值范圍． [解]　(1)由h(x)在[1,4]上單調遞增得， 當x∈[1,4]時，h′(x)≥0恒成立， ∴當x∈[1,4]時，a≤－恒成立， 又當x∈[1,4]時，min＝－1(此時x＝1)， ∴a≤－1，即

19、a的取值范圍是(－∞，－1]． (2)h(x)在[1,4]上存在單調遞減區(qū)間， 則h′(x)＜0在[1,4]上有解， ∴當x∈[1,4]時，a＞－有解， 又當x∈[1,4]時，min＝－1， ∴a＞－1，即a的取值范圍是(－1，＋∞)． [規(guī)律方法]　1.已知函數的單調性，求參數的取值范圍，應用條件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出參數的取值范圍(一般可用不等式恒成立的理論求解)，應注意參數的取值是f′(x)不恒等于0的參數的范圍. 2.若函數y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上不單調，則轉化為f′(x)＝0在(a，b)上有解. 3.利用導數比較大小或解不

20、等式的常用技巧,利用題目條件，構造輔助函數，把比較大小或求解不等式的問題轉化為先利用導數研究函數的單調性問題，再由單調性比較大小或解不等式.常見構造的輔助函數形式有： (1)f(x)＞g(x)→F(x)＝f(x)－g(x)； (2)xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′； (3)xf′(x)－f(x)→′； (4)f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′； (5)f′(x)－f(x)→′. (1)(2019·武漢模擬)已知定義域為R的奇函數y＝f(x)的導函數為y＝f′(x)，當x＞0時，xf′(x)－f(x)＜0，若a＝，b＝，c＝，則a，b，c的大小關系正確的是(　　) A

21、．a＜b＜c B．b＜c＜a C．a＜c＜b D．c＜a＜b (2)(2019·蘭州模擬)已知函數f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x. ①當a＝－1時，求函數f(x)的單調區(qū)間； ②是否存在實數a，使函數g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上單調遞增？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，說明理由． (1)D　[設g(x)＝，則g′(x)＝， ∵當x＞0時，xf′(x)－f(x)＜0，∴g′(x)＜0. ∴g(x)在(0，＋∞)上是減函數． 由f(x)為奇函數，知g(x)為偶函數，則g(－3)＝g(3)， 又a＝g(e)，b＝g(ln 2)，c＝g(－3)＝g

22、(3)， ∴g(3)＜g(e)＜g(ln 2)，故c＜a＜b.] (2)[解]　①當a＝－1時，f(x)＝x2＋2ln x－3x， 則f′(x)＝x＋－3＝＝. 當0＜x＜1或x＞2時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增；當1＜x＜2時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減． ∴f(x)的單調增區(qū)間為(0,1)與(2，＋∞)，單調減區(qū)間為(1,2)． ②假設存在實數a，使g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上是增函數， ∴g′(x)＝f′(x)－a＝x－－2≥0恒成立． 即≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立． ∴x2－2x－2a≥0當x＞0時恒成立， ∴a≤(x2－2x)＝(x－1

23、)2－恒成立． 又φ(x)＝(x－1)2－，x∈(0，＋∞)的最小值為－. ∴當a≤－時，g′(x)≥0恒成立． 又當a＝－，g′(x)＝當且僅當x＝1時，g′(x)＝0. 故當a∈時，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上單調遞增． 1．(2016·全國卷Ⅰ)若函數f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)單調遞增，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,1] B. C. D. C　[取a＝－1，則f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－＜0，不具備在(－∞，＋∞)單調遞增的

24、條件，故排除A，B，D.故選C.] 2．(2015·全國卷Ⅱ)設函數f′(x)是奇函數f(x)(x∈R)的導函數，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) A　[設y＝g(x)＝(x≠0)，則g′(x)＝，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0， ∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上為減函數，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0. ∵f(x)為奇函數，∴g(x)為偶函數， ∴g(x)的圖象的示意圖如圖所示． 當x>0，g(x)>0時，f(x)>0,00，x<－1， ∴使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A.] - 10 -